（2021新人教版）高中物理必修第一册期末复习考试测试卷二 —（答案含解析）跟踪训练.docx

1、期末复习期末复习考试测试卷二考试测试卷二 一、单选题一、单选题 1如图所示为甲、乙两质点做直线运动的位移时间图象，由图象可知（） A. 甲、乙两质点会相遇，但不在 1s 时相遇B. 甲、乙两质点在 1s 时相距 4m C. 甲、乙两质点在第 1s 内运动方向相反D. 在 5s 内两质点速度方向一直不同 2关于速度与加速度的关系，下列说法正确的是（） A. 物体的速度为零，则物体的加速度也为零B. 物体速度的方向，就是物体加速度的方向 C. 物体的速度变化越大，则物体的加速度越大D. 物体的速度变化越快，则物体的加速度越 大 3关于速度和加速度的关系，以下说法正确的是（） A. 速度越大，则加速

2、度也越大B. 速度变化量越大，则加速度越大 C. 速度变化得越快，则加速度越大D. 以上都不对 4火车停靠在站台上，乘客往往会发现这样的现象，对面的火车缓缓起动了，等到站台出现，才知 道对面的火车没有动，而是自己乘坐的火车开动了，则前、后两次乘客采用的参考系是（） A. 站台，对面火车B. 两次都是对面火车C. 两次都是站台D. 自己乘坐的火车， 站台 5如图所示是 A、B 两质点从同一地点开始运动的 v-t 图像，则下列说法正确的是 A. B 质点在前 4 s 的平均速度大小大于 40 m/sB. A、B 两质点在 t=4 s 时第一次相遇 C. B 质点在前 4 s 做匀加速运动，后 4

3、s 做匀减速运动D. A、B 两质点出发以后还会相遇 2 次 6一小球做自由落体运动，落地前最后 1 s 内的位移为 45 m，已知重力加速度 g 取 10 m/s2，则该小 球下落过程中的平均速度为 A. 45 m/sB. 35 m/sC. 25 m/sD. 22.5 m/s 7如图所示为质点作直线运动的 v-t 图象，下列说法正确的是（） A. BC 段和 CD 段的运动方向相同B. CD 段和 DE 段的加速度方向不同 C. 18s 末质点离出发点最远D. 前 5s 质点通过的位移是 25m 8平直公路上有甲、乙两车,t=0 时刻从同一位置同向运动，它们运动的 v-t 图象如图 所示。下

4、列说法正确的是 A. t1时刻甲、乙两车相距最远B. t2时刻，两车的加速度相同 C. 0t2时间内， 乙车的速度先减小后变大D. 0t2时间内， 乙车平均速度大于 01 2 vv 9如图所示，将光滑的小球放在竖直挡板和倾角为的 固定斜面间。若以挡板底端为轴缓慢向左转 动挡板至水平位置，则在此过程中() A. 球对斜面压力先减小再增大B. 球对挡板的压力逐渐减小 C. 球对挡板压力先减小再增大D. 球对斜面的压力逐渐增大 10下列关于力的说法正确的是（ ） A. 失重就是物体受的重力减小了B. 作用力和反作用力作用在不同的物体上 C. 在弹性限度内，弹簧的弹力跟弹簧的长度成正比D. 物体所受合

5、外力越大，加速度越大， 速度也越大 11下列说法正确的是() A. 在水平面上运动的物体最终停下来，是因为水平方向没有外力维持其运动的结果 B. 运动的物体惯性大，静止的物体惯性小C. 作用力与反作用力可以作用在同一物体上 D. 物体所受的合外力减小，加速度一定减小，而速度不一定减小 二、多选题二、多选题 12甲、乙两汽车同一条平直公路上同向运动，其速度时间图像分别如图中甲、乙两条曲线所示。 已知两车在 t2时刻并排行驶，下列说法正确的是（） A. 两车在 t1时刻也并排行驶B. t1时刻甲车在后，乙车在前 C. 甲车的加速度大小先增大后减小D. 乙车的加速度大小先减小后增大 13如图所示，一

6、根丝线的两端分别固定在 M、N 两点。用小铁夹将一个玩具娃娃固定在丝线上， 使 a 段丝线恰好水平，b 段丝线与水平方向的夹角为 45%。现将小铁夹的位置稍稍向左移动一段距 离，待玩具平衡后，关于 a、b 两段丝线中的拉力，下列说法正确的是（） A. 移动前， a 段丝线中的拉力等于玩具所受的重力B. 移动前， a 段丝线中的拉力小于玩具所 受的重力 C. 移动后，b 段丝线中拉力的竖直分量不变D. 移动后，b 段丝线中拉力的竖直分量 变小 14由牛顿第二定律表达式 Fma 可知(） A. 质量 m 与合外力 F 成正比，与加速度 a 成反比B. 合外力 F 与质量 m 和加速度 a 都成正比

7、 C. 物体的加速度的方向总是跟它所受合外力的方向一致 D. 物体的加速度 a 跟其所受的合外力 F 成正比，跟它的质量 m 成反比 15小明家住 10 层他放学后，乘坐电梯从 1 层直达 10 层假设电梯刚起动时做匀加速直线运动， 中间一段时间内做匀速直线运动，最后一段时间内做匀减速直线运动在电梯从 1 层直达 10 层的过 程中，下列说法正确的是 A. 电梯刚起动时，小明处于失重状态B. 电梯刚起动时，小明处于超重状态 C. 在超重或失重过程中，小明的体重发生了变化D. 电梯运动的加速度方向发生了变化 三、实验题三、实验题 16某实验小组在“探究加速度与物体受力的关系”实验中，设计出如下的

8、实验方案，其实验装置如 图所示已知小车质量 M=214.6g砝码盘质量 m0=7.8g，所用打点计时器交流电频率 f=50Hz其实 验步骤是： A按图中所示安装好实验装置； B调节长木板的倾角，轻推小车后，使小车能沿长木板向下做匀速运动； C取下细绳和砝码盘，记下砝码盘中砝码的质量 m； D先接通电源，再放开小车，打出一条纸带，由纸带求得小车运动的加速度 a； E重新挂上细绳和砝码盘，改变砝码盘中砝码质量，重复 BD 步骤，求得小车在不同合外力 F 作 用下的加速度 （1） 按上述方案做实验， 是否要求砝码和砝码盘的总质量远小于小车的质量?_ （填“是” 或“否”） ； （2）实验中打出的其中

9、一条纸带如图所示，则小车的加速度 a=_m/s2 （3）某同学将有关测量数据填入他所设计的表格中，如表： 次数12345 砝码盘中砝码的重力 F/N0.100.200.290.390.49 小车加速度 a/ms20.881.441.842.382.89 他根据表中的数据画出 aF 图象 （如图） ， 造成图线不过坐标原点的一条最主要原因是_从 该图线延长线与横轴的交点可求出的物理量是_，其大小是_ （结果保留 2 位小数） 四、解答题四、解答题 17甲、乙两车同时同地同向出发，在同一水平公路上做直线运动，甲的初速度 v甲16 m/s，加速 度大小 a甲2 m/s2，做匀减速直线运动，乙以初速度

10、 v乙4 m/s，加速度大小 a乙1 m/s2，做匀加速 直线运动，求： (1)两车再次相遇前二者间的最大距离； (2)到两车再次相遇所需的时间。 18 一辆货车正以 12m/s 的速度在平直公路上前进， 发现有货物掉下后， 立即松开油门以大小为 2m/s2 的加速度做匀减速直线运动，货车开始做匀减速直线运动的同时，在其后面 16m 处一辆自行车上的 人立即拾到货物从静止出发，以 2m/s2的加速度同方向追赶货车，已知自行车能达到的最大速度为 8m/s，求： (1)货车做匀减速运动的位移大小；(2)自行车至少经过多次时间能追上货车； 19某校一课外活动小组自制一枚火箭，设火箭发射后，始终在竖直

11、方向上运动火箭点火后可认 为是从水平地面开始向上做匀加速直线运动，经过 4 s 到达离地面 40 m 高处时燃料恰好用完，若不 计空气阻力，取 g10 m/s2，求： （1）燃料恰好用完时火箭的速度 （2）火箭上升的最大高度 （3）火箭从发射到残骸落到地面过程的总时间 20质量 m = 5kg 的物体在 20N的水平拉力作用下，恰能在水平地面上做匀速直线运动.若改用与水 平方向成 = 37角的力推物体，仍要使物体在水平地面上匀速滑动，所需推力应为多大？(g = 10N/ kg，sin37= 0.6，cos37= 0.8) 21如图所示，质量为 m=2kg 的物体放在粗糙的水平地面上，与地面间的

12、动摩擦因数=0.2，在大小 为 F=10N、方向与水平面成 37斜向下的力作用下向右做匀加速直线运动。 （sin37=0.6，cos37=0.8， g = 10m/s2）求： （1）物体受到的滑动摩擦力的大小 Ff； （2）5s 内物体的位移的大小 x。 22 某探究性学习小组对一辆自制遥控车的性能进行研究 他们让这辆小车在 水平地面上由静止开始运动， 并将小车运动的全过程记录下来， 通过数据处理 得到如图所示的 vt 图象，已知小车在 0t1时间内做匀加速直线运动，t1 10 s 时间内小车牵引力的功率保持不变，7 s 末到达最大速度，在 10 s 末停止 遥控让小车自由滑行，小车质量 m1

13、kg，整个过程中小车受到的阻力 Ff大小不变求： (1)小车所受阻力 Ff的大小； (2)在 t110 s 内小车牵引力的功率 P； (3)求出 t1的值及小车在 0t1时间内的位移 23质量是 60 kg 的人站在升降机中的体重计上，当升降机做下列各种运动时，人受到的支持力为 多少?（g=10 m/s2） （1）升降机匀速上升； （2）升降机以 2 m/s2的加速度匀加速上升； （3）升降机以 5 m/s2的加速度匀加速下降. 24一个质量为 70kg 的人乘电梯竖直向上运行，如图为电梯的速度-时间图像。 （g 取 10m/s2）求： （1）电梯在 0-6s 内上升的高度。 （2）在 0-2

14、s，2s-5s ，5s-6s 三个阶段，人对电梯地板的压力分别为多大？ 25.(12 分)如图 8 所示，可视为质点的小球 A 质量为 m，固定在质量忽略不计的细直杆的一端，并随 杆一起绕杆的另一端 O 点在竖直平面内做圆周运动。已知杆长为 L。如果小球经过最高点位置时， 杆对球的作用力为拉力，拉力大小等于球的重力。求： (1)球过最高点的速度大小。 (2)当小球经过最低点时速度为6gL，杆对球的作用力大小和球的向心加速度大小。 26.(11 分)图甲是“研究平抛运动”的实验装置图 （g10 m/s 2） (1)实验前应对实验装置反复调节，直到斜槽末端切线_每次让小球从同一位 置由静止释放，是

15、为了每次平 (2)图乙是正确实验取得的数据，其中 O 为抛出点，则此小球做平抛运动的初速度 为_m/s. (3)在另一次实验中将白纸换成方格纸，每小格的边长 L5 cm，通过实验，记录了小球在运动途中 的三个位置， 如图丙， 则该小球做平抛运动的初速度为_m/s； B 点的竖直分速度为_m/s. 1 参考答案参考答案 1C 【解析】甲、乙两质点在 1s 末时相对于原点的位移相同，即处于同一位置，二者相遇，相距的距离 为 0，故 AB 错误；甲的斜率为负，表示速度沿负方向，乙图线斜率为正，表示速度沿正方向，即甲、 乙两质点在第 1s 内反方向运动，故 C 正确；在 3s 到 5s 质点的方向相同

16、，都沿负方向，故 D 错误； 故选 C。 【点睛】位移图象反映质点的位置随时间的变化情况，其斜率表示速度，倾斜的直线表示匀速直线 运动；根据斜率的正负分析速度的方向。 2D 【解析】物体的速度为零，则物体的加速度不一定为零，例如竖直上抛物体到达最高点时，选项 A 错误；物体的加速度方向是速度变化的方向，不一定与速度方向一致，选项 B 错误；根据 v a t 可 知，物体的速度变化越大，物体的加速度不一定越大；物体的速度变化越快，则物体的加速度越大， 选项 C 错误，D 正确；故选 D. 3C 【解析】根据 v a t 可知，速度越大，加速度不一定也越大；物体的速度变化越大，物体的加速度 不一定

17、越大；物体的速度变化越快，则物体的加速度越大，故选 C. 4D 【解析】此类现象在我们的日常生活中随处可见，关键是参考系的选取不同造成的，乘客出站时， 看到对方火车运动，实际上是以自身为参考系造成的，当等到站台出现，发现自己乘坐的火车开动 了，这是由于乘客以站台为参考系造成的，故 ABC 错误，D 正确。故选 D。 5A 【解析】前 4s，质点 A 做匀加速运动，平均速度为vA= v 2 = 80 2 = 40m/s。根据速度图线与时间轴围成 的面积表示位移，知 B 质点前 4s 的位移大于 A 质点的位移，所以 B 质点前 4s 的平均速度大于 A 质 点的平均速度，即 B 质点前 4s 的

18、平均速度大于 40m/s。故 A 正确。A、B 两质点在 t=4 s 时 B 的位 2 移大于 A 的位移，两物体没能相遇，选项 B 错误；B 质点最初 4s 做加速度减小的加速运动；后 4s 做加速度增加的减速运动，故 C 错误。根据速度图线与时间轴围成的面积表示位移，知 A、B 两质 点出发以后至多相遇一次，相遇后 A 的速度比 B 的速度大，不可能再次，故 D 错误。故选 A。 点睛：v-t 图象中，速度的正负表示速度的方向，图线的斜率表示加速度，图线与时间轴围成的面 积表示位移，通过位移关系判断两物体是否相遇。 6C 【解析】设运动的总时间为 t，则最后 1s 内的位移为：h=1 2g

19、t 21 2g(t1) 2=45m，解得：t=5s 根据自由落体运动的公式得：H=1 2gt 21 2105 2125m 该小球下落过程中的平均速度为v = H t = 125 5 = 25m/s,故选 C. 7A 【解析】BC 段和 CD 段的速度均为正，运动方向相同，故 A 正确。由图看出，CD 段和 DE 段的斜率 相同，根据速度图象的斜率等于加速度，可知 CD 段和 DE 段的加速度相等，方向相同。故 B 错误。 由图分析知，物体在 t=0 时刻到 D 时刻，物体一直沿正方向运动，D 时刻后物体沿负方向运动，故 D 时刻物体离出发点最远。故 C 错误。由速度图象与坐标轴所围“面积”大小

20、等于位移，得知，前 5s 质 点通过的位移为 x= 5 5 2 m=12.5m，故 D 错误。故选 A。 点睛：本题的解题关键是抓住两个数学意义来分析和理解图象的物理意义：速度图象的斜率等于加 速度、速度图象与坐标轴所围“面积”大小等于位移 8C 【解析】当速度相同时，两者相距最远，故在 t2时刻相距最远，故 A 错误；在 v-t 图象中，斜率代 表加速度，t2时刻，斜率不同，故两车的加速度不相同，故 B 错误；由图可知，0t2时间内，乙车 的速度先减小后变大，故 C 正确；在 v-t 图象中，与时间轴所围面积为物体运动的位移，故甲的平均 速度大于乙的平均速度，甲做匀变速运动，甲的平均速度为

21、01 2 vv ，故乙的平均速度小于 01 2 vv ， 故 D 错误；故选 C。 3 9C 【解析】小球受力分析如图，将挡板对小球F1与斜面对小球的力F2合成，其合力与重力等大反向如 图： 挡板转动时，挡板给球的弹力F1与斜面给球的弹力F2合力大小方向不变，其中F2的方向不变，如 上图所示，若以挡板底端为轴缓慢向左转动挡板至水平位置，F1的方向变化如图中a、b、c的规律 变化，为满足平行四边形定则，其大小变化规律是先减小后增大的，其中挡板与斜面垂直时即图中 c为最小，再往后又增大，与此对应，F2的大小为一直减小，根据牛顿第三定律可得，球对挡板的 弹力先减小后增大，球对斜面的力一直减小，故 C

22、 正确，ABD 错误。 10B 【解析】A、失重时，物体的重力没有变化，选项 A 错误； B、作用力和反作用力作用在不同的物体上，选项 B 正确； C、根据Fkx知，在弹性限度内，弹簧的弹力与弹簧的形变量成正比，选项 C 错误； D、根据牛顿第二定律得：a = F m ，知合外力越大，加速度越大，但是速度不一定大，选项 D 错误。 故选 B 11D 【解析】物体的运动不需要力来维持，力是改变物体运动状态的原因，在水平面上运动的物体最终 4 停下来，是因为水平方向受到力的作用，故 A 错误；惯性的大小量度是质量，故 B 错误；作用力和 反作用力作用在不同的物体上，故 C 错误；根据牛顿第二定律知

23、，合外力减小，加速度减小，若加 速度的方向与速度方向相同，速度增大，故 D 正确。所以 D 正确，ABC 错误。 12BD 【解析】试题分析：在 v-t 图像中图像包围的面积代表了运动走过的位移，图像的斜率代表加速度， 解本题要利用这个知识点求解。 AB，v-t 图像中图像包围的面积代表运动走过的位移，两车在t2时刻并排行驶，利用逆向思维并 借助于面积可知在t1时刻甲车在后，乙车在前，故 A 错误，B 正确； CD、图像的斜率表示加速度，所以甲的加速度先减小后增大，乙的加速度也是先减小后增大，故 C 错 D 正确； 故选 BD 点睛：本题考查了对图像的理解及利用图像解题的能力问题 13AD 【

24、解析】移动前，对玩具进行受力分析，如图，由平衡条件得，a 段丝线中的拉力 Ta=G故 A 正确， B 错误。 移动后，根据几何知识可知，玩具的位置将下降，a 段丝线将斜向左上方，对玩具有斜向左上方的拉 力，有竖直向上的分力。而移动前 a 段丝线水平，对玩具没有竖直方向的分力，根据正交分解法可 知，b 段丝线中拉力的竖直分量将变小。故 C 错误，D 正确。故选 AD。 5 点睛：本题中移动前，玩具处于平衡状态，由平衡条件求解拉力，是常规的问题，而移动后，要注 意分析玩具的位置发生了变化，不能不加分析，认为 a 丝线仍是水平方向 14CD 【解析】物体的质量与合外力以及加速度无关，由本身的性质决定

25、，故 A 错误；物体的合外力与物 体的质量和加速度无关，故 B 错误；根据牛顿第二定律 a = F m可知，物体的加速度的方向总是跟它所 受合外力的方向一致，故 C 正确；根据牛顿第二定律 a = F m可知，物体的加速度与其所受合外力成正 比，与其质量成反比，故 D 正确。故选 CD。 【点睛】根据牛顿第二定律 a = F m可知，物体的加速度与其所受合外力成正比，与其质量成反比物 体的质量与合外力以及加速度无关，由本身的性质决定合外力与质量以及加速度无关 15BD 【解析】A、B、电梯刚起动时，小明有向上的加速度，则小明处于超重状态，故 A 错误，B 正确； C、D、电梯启动和向上加速时，

26、加速度向上，而减速运动时，加速度向下，故加速度方向发生了变 化，故 C 错误，D 正确。故选 BD。 【点睛】本题考查超重和失重的分析与判断，要注意明确加速度与超重和失重的关系，知道超重可 能是向上加速或向下减速，而失重时可能是向下加速和向上减速 16否0.88在计算小车所受的合外力时未计入砝码盘的重力 砝码盘的重力0.08N 【解析】 （1）设小车的质量为 M，由图和步骤 B 可知，对车 Mgsin f T = 0；对砝码和砝码盘 T = m码+ m盘g；在步骤 D，对车F合= Mgsin f，即F合= m码+ m盘g。则用砝码和砝码盘的总重力 代替小车受到的合力不需要条件，故不要求砝码和砝

27、码盘的总质量远小于小车的质量。 （2）纸带上每 5 个点选取一个计数点，则 T = 0.10s 小车的加速度 a = x3+x4 x1+x2 2T 2 = 8.64+7.75 6.87+6.00 0.202 102m/s2= 0.88m/s2 （3）图线中 F 指砝码盘中砝码的重力，造成图线不过坐标原点的一条最主要原因是在计算小车所 6 受的合外力时未计入砝码盘的重力。 该图线延长线与横轴的交点可求出的物理量是砝码盘的重力，其大小由图线与横轴交点可得，砝码 盘的重力是 0.08N。 17 （1）x = 24m （2）t2= 8s ，t2= 0 【解析】(1)二者相距最远时的特征条件是：速度相等

28、，即 v甲tv乙t v甲tv甲a甲t1；v乙tv乙a乙t1，得：t1 v甲-v乙 a甲+a乙4 s 相距最远xx甲x乙(v甲t11 2a 甲t12)(v乙t1 1 2a 乙t12)24 m。 (2)再次相遇的特征是：二者的位移相等，即 v甲t21 2a 甲t22v乙t2 1 2a 乙t22，代入数值化简得 12t2 3 2t2 20 解得：t28 s，t20(即出发时刻，舍去) 18(1)x1= 36m(2)t = 8.5s 【解析】(1)已知货车的初速度为v1= 12m/s，加速度大小为 a1= 2m/s2 货车做匀减速运动的时间为t1= v1 a1 = 12 2 = 6s 货车做匀减速运动

29、的位移为 x1= v1t1 2 = 126 2 = 36m (2)已知该自行车的加速度为a2= 2m/s2，最大速度为 v2= 8m/s 自行车做匀加速运动达到最大速度的时间和位移分别为t2= v2 a2 = 8 2 = 4s，x2= v2t2 2 = 84 2 = 16m 之后自行车以最大速度做匀速直线运动，到货车停止运动时， 其位移为x3= v2（t1 t2）= 8 2m = 16m， 由于x2+ x3x1+ 16，故货车停止运动时，自行车还没有追上货车，然后自行车继续以最大速度匀速 运动追赶货车 7 由匀速运动的公式得x1+ 16 x2 x3= v2t3， 代入数据解得 t3= 2.5s

30、 自行车追上货车的时间 t = t1+ t3= 8.5s 【点睛】本题考查运动学中的刹车问题和追及问题，注意汽车刹车速度减为零后不再运动，这是个 易错点在追及问题中，分析两车的速度关系、位移关系是关键 19(1)20 m/s(2)60 m(3)(62 3) s 【解析】 【分析】根据平均速度公式列式求解；火箭推力消失后，由于惯性，继续上升，做上抛运动， 根据速度位移公式求解继续上升的高度，最后得到总高度；燃料用完后火箭做竖直上抛运动，根据 速度时间公式求出继续上升的时间，残骸落回地面过程的过程是自由落体运动，根据位移时间公式 求出下落时间，总时间等于上升的总时间加上下落的时间； 解：设燃料用完

31、时火箭的速度为 v1，加速度为 a，所用时间为 t1.火箭的运动分为两个过程，第一个 过程为做匀加速上升运动，第二个过程为做竖直上抛运动至到达最高点 (1)对第一个过程有h1= v1 2 t1（或：h1= 1 2 at1 2，v1 = at1） 代入数据解得v1= 20m/s. (2)对第二个过程有h2= v1 2 2g 代入数据解得h2= 20m. 所以火箭上升离地面的最大高度 h = h1+ h2= 40m + 20m = 60m. (3)从燃料用完到运动至最高点的过程中， 由v1= gt2 得 t2= v1 g = 20 10 s=2 s 从最高点落回地面的过程中有 8 h= 1 2gt

32、3 2 代入数据得t3=2 3s， 故总时间t=t1+t2+t3=(6+2 3)s 2035.7N； 【解析】解：用水平力拉时，物体受重力、支持力、拉力和滑动摩擦力， 根据平衡条件，有：f = mg 解得： = f mg = 20 50 = 0.4 改用水平力推物体时，对物块受力分析，并建正交坐标系如图： 由FX= 0 得：Fcos = f 由FY= 0 得：N = mg + Fsin 其中：f = N 解以上各式得：F = 35.7N 【点睛】本题关键是两次对物体受力分析，然后根据共点力平衡条件列方程求解，注意摩擦力是不 同的，不变的是动摩擦因数。 21(1)Ff= 5.2N(2)17.5m

33、 【解析】 （1）受力分析如图所示 9 由竖直方向上物体受力平衡得： FN= mg + Fsin37 Ff= FN 联立解得Ff= 5.2N （2）由牛顿第二定律得 Fcos37 Ff= ma 得 a=1.4m/s2 由位移公式 x = 1 2 at2= 17.5m 【点睛】 （1）以物体为研究对象进行受力分析，由竖直方向的力平衡求出地面对物体的支持力，再 求滑动摩擦力的大小Ff； （2）根据牛顿第二定律求得加速度，再位移公式求 5s 内物体的位移的大小 x 22(1)2N(2)12W(3)1.5s，2.25m 【解析】(1)在 10s 末撤去牵引力后，小车只在阻力Ff作用下做匀减速运动， 由

34、图象可得减速时加速度的大小为a2m/s2 则Ffma2N (2)小车做匀速运动阶段即 710s 内，设牵引力为F，则FFf 10 由图象可知vm6m/s； 解得PFvm12W (3)设 0t1时间内的位移为x1，加速度大小为a1， 则由PF1v1得F14N F1Ffma1得a12m/s2 则t1= v1 a1 = 1.5s x1= 1 2a1t1 2 = 2.25m 【点睛】本题关键分析求出物体的运动规律，然后根据牛顿第二定律和运动学规律列式求解。 23 （1）600； （2）720N （3）300N 【解析】 （1）当升降机匀速上升时由牛顿第二定律得F合=FNG=0 所以，人受到的支持力FN

35、=G=mg=6010=600.根据牛顿第三定律，人对体重计的压力即体 重计的示数为 600. （2） 当升降机以 2m/s2的加速度加速上升时， 根据牛顿第二定律FNG=ma，FN=Gma=m（g a）=60（102）N=720N，此时体重计的示数为 720N，大于人的重力 600 N，人处于 超重状态. （3）当升降机以 5 m/s2的加速度加速下降时，根据牛顿第二定律可得mgFN=ma FN= mg ma = m(g a) = 60 (10 5)N=300 N，体重计的示数为 300 ，小于 人本身的重力，人处于失重状态. 11 故本题答案是： （1）600； （2）720N （3）300

36、N 点睛：本题考查了牛顿第二定律，利用牛顿第二定律求不同状态下支持力的大小。 24 （1）9m（2）770N；700N；560N 【解析】 （1）由图像可知，电梯在 0-6s 内上升的高度：X= 36 2 2m=9m （2）0-2s 内的加速度：a1= 20 2 m/s2=1m/s2 由牛顿定律：F1-mg=ma1 解得 F1=770N 由牛顿第三定律可知压力为 770N 2s-5s 内，F2=mg则 F2=700N 由牛顿第三定律可知压力为 700N 5s-6s 内，a3= 02 1 m/s2=-2m/s2 由牛顿第二定律：F3-mg=ma3 解得 F3=560N 由牛顿第三定律可知压力为

37、560N 点睛：求解位移有多种方法，可以根据运动学公式分别求出三段位移，也可以直接根据图象的面积 求解，要能灵活选择方法，关键是对每种方法都要熟悉，才能选择较为简洁的方法；人对地面的压 力关键要求出加速度，对物体受力分析后运用牛顿第二定律求解. 25.解：(1)小球A在最高点时，对球做受力分析，如图所示 12 重力mg；拉力F=mg 根据小球做圆周运动的条件，合外力等于向心力，即 2 v mgFm L F=mg解两式可得2vgL (2)小球A在最低点时，对球做受力分析，如图所示： 重力mg、拉力F，设向上为正，根据小球做圆周运动的条件，合外力等于向心力 2 v Fmgm L ； 2 7 v Fmgmmg L 2 6 v ag L 26.(10 分)(1)水平初速度相同(2)1.6(3)1.52